北京大学高等代数II期中考试题答案Word文件下载.docx
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A(k)=f()(k)=kf()=k(A).
故A是Q[]上的线性变换.
由f()=32+a,f()=33+a=–2a–3b,得
A(12)=(12)
即A在1,,2下的矩阵A=.
A的特征多项式为
=x3+3ax2–4a3–27b2.
二.(24分)设f(x)=x3–3x2+1,g(x)=x2+3x–2Q[x].
1)求u(x),v(x)Q[x],使得u(x)f(x)+v(x)g(x)=1;
2)设是f(x)的一个复根.求2次的多项式h(x)Q[x],使得h()=/g().
3)求一个次数4的多项式q(x)Q[x],使得
f(x)|q(x)–x2且g(x)|q(x)–x.
解:
1)作辗转相除
f(x)=x3–3x2+1=(x–6)g(x)+20x–11;
20g(x)=20x2+60x–40=(x+71/20)(20x–11)–19/20.
反向叠代,得
19/20=(x+71/20)(20x–11)–20g(x)
=(x+71/20)(f(x)–(x–6)g(x))–20g(x)
=(x+71/20)f(x)–(20x2–49x–26)g(x)/20
令u(x)=(20x+71)/19,v(x)=(20x2–49x–26)/19,
则有u(x)f(x)+v(x)g(x)=1;
2)在u(x)f(x)+v(x)g(x)=1中带入,得
1/g()=v();
在19v(x)x=20x3–49x2–26x
=20f(x)+11x2–26x–20
中带入,得
19v()=112–26–20,
于是令h(x)=(11x2–26x–20)/19,就有
h()=v()=/g();
3)注意到
x2v(x)g(x)x2modf(x)
x2v(x)g(x)0modg(x)
及
xu(x)f(x)0modf(x)
xu(x)f(x)xmodg(x)
两式相加,得
x2v(x)g(x)+xu(x)f(x)x2modf(x)
x2v(x)g(x)+xu(x)f(x)xmodg(x)
设q(x)是x2v(x)g(x)+xu(x)f(x)被
f(x)g(x)除的余式,则q(x)即满足
f(x)|q(x)–x2且g(x)|q(x)–x.
注:
q(x)的具体计算比较繁琐,只要写出表达式
x2v(x)g(x)+xu(x)f(x)此问即可得分.
三.(18分)已知1,2,…,5是f(x)=x5–x3–2x+1的复根.
求14+24+…+54的值.
解:
由i5–i3–2i+1=0得i4=i2+2–1/i.
上式对i=1,...,5求和,得
14+24+…+54=12+22+…+52+10
–(1234+…+2345)/12…5
=(1+2+…+5)2–2(12+…+45)+10–(–2)/(–1)
=0–2(–1)+10–(–2)/(–1)=10.
此题也可用牛顿公式计算.
四.(22分)设α1,α2,α3,β1,β2,β3依次是A=
的列向量.设U=<
α1,α2,α3>
W=<
β1,β2,β3>
是Q4的子空间.
1)求U+W与UW的维数与基底;
2)记Z=<
α1,α2>
.求商空间Q4/Z中,向量组β1+Z,β2+Z,
β3+Z线性表出α3+Z的所有表出系数.
1)对A作行变换,化为简化阶梯形
由此看出α1,α2,α3,β1构成U+W的基,dim(U+W)=4;
α1,α2,α3构成U的基,dimU=3;
β1,β2,β3构成W的基,dimW=3.
于是dim(UW)=dimU+dimW–dim(U+W)=2.
由简化阶梯形可看出
β2–2β1=α1+α2–α3,β3+2β1=–α2+α3UW,
且由β1,β2,β3线性无关知β2–2β1,β3+2β1也线性无关.
故β2–2β1,β3+2β1构成UW的一组基.
2)由于α1,α2,α3,β1构成Q4的基,α3+Z,β1+Z构成商空间
Q4/Z的基.又
β1+Z=β1+Z
β2+Z=2(β1+Z)–(α3+Z)
β3+Z=–2(β1+Z)+(α3+Z)
α3+Z=α3+Z
故β1+Z,β2+Z,β3+Z,α3+Z在基β1+Z,α3+Z下的坐标
列向量排成的矩阵为B=.
向量组β1+Z,β2+Z,β3+Z表出α3+Z的系数(y1,y2,y3)
恰好是以B为增广矩阵的方程组的解.对B作行变换,得
于是,方程组的解集为y1=2,y2=–1+y3,y3为自由变量.
故β1+Z,β2+Z,β3+Z表出α3+Z的全体系数为
y3Q.
五.(10分)设A=(mod13)是有限域F13=Z/13Z上
的3级矩阵.任给列向量,F133,若存在整数k1,使得
Ak=,则称与等价,记为.
1)证明:
是F133上的等价关系.
2)F133被划分成几个等价类?
每个类又分别包含几个元素?
1)由于F13上的3级矩阵只有有限多个,必有正整数k,r,使得
Ak=Ak+r.又由于|A|0,A是F13上的可逆矩阵.两边
乘A-k,得Ar=I(由
(2)可知A12=I).
任给列向量,,F133,有
a)Ar=,故;
b)若,即存在整数k1,使得Ak=,则
Ak(r-1)=A-k=,故;
c)若,,即存在正整数k,m,使得
Ak=,Am=,则Ak+m=,即.
故是F133上的等价关系.
2)首先证明A在F13上可对角化.
故A的特征值为=2(mod13)(代数2重)及=1(mod13).
对=2(mod13),在F13上解齐次方程组(A–2I)X=0:
通解为x1=2x2+2x3,其中x2、x3为自由变量.
解的向量形式为
于是α1=
α2=
构成=2(mod13)特征子空间的一组基.
对=1(mod13),在F13上解齐次方程组(A–I)X=0:
通解为x1=x3,x2=4x3,其中x3为自由变量.
于是α3=
(mod13)构成=1(mod13)特征子空间的基.
我们有
A[α1α2α3]=[α1α2α3](mod13).
对任意α=k1α1+k2α2+k3α3F133,
Amα=2mk1α1+2mk2α2+k3α3.
注意到2(mod13)为F13=Z/13Z的乘法群的生成元,即
2,22,...,2121(mod13)互异,它们是1,2,...,12(mod13)
的重排.我们有A12=I(mod13).
对F133中的A-轨道可作如下分类:
第一类:
轨道中存在某个向量α,其在α1,α2,α3基底下坐标的
第一个分量k10(mod13).用A反复作用,可使
k1=1(mod13).在此轨道中有且仅有一个向量,其坐标
具有形式(1,k2,k3)mod13,k2,k3F13.
这样的轨道共有132=169条,每条包含12个向量.
第二类:
轨道中向量坐标的第一个分量k1都等于0(mod13),
但第二个分量k2不全为0(mod13).用A反复作用,
可使k2=1(mod13).在此轨道中有且仅有一个向量,
其坐标具有形式(0,1,k3)mod13,k3F13.
这样的轨道共有13条,每条包含12个向量.
第三类:
轨道中向量坐标的第一个k1和第二个分量k2都等于0(mod13).这样的轨道共有13条,每条由一个向量构成.
它们在α1,α2,α3基底下的坐标是
{(0,0,0)},{(0,0,1)},...,{(0,0,12)}.
综上所述,有13+132=182条轨道,每条包含12个向量.
又有13条轨道,每条由一个向量构成.
注:
α1,α2,α3不需具体求出,只需证可对角化,求出特征值即可讨论。
六.(8分)设V是无限域K上的无穷维线性空间.若U是V的
子空间,且V,则称集合+U={+|U}为子空间U
的平移.证明:
V不能表示为有限多个V的真子空间平移的并集.
对真子空间的个数s应用数学归纳法.
当s=1时,
若U,则由真子空间定义,+U=UV;
若U,则0+U,故+UV.
故V不能表示为一个真子空间U的平移+U.
以下假设V不能表示为不超过s–1个V的真子空间平移的并集.
我们证明s个V的真子空间平移1+U1,…,s+Us的并仍
不能覆盖V.
不妨设1+U1,…,s+Us互不包含.注意到从
(1+U1)…(s+Us)=V
可推出
(1–s+U1)…(s–s+Us)=–s+V=V.
故不失一般性,可设s=0.
对1i<
s,若(i+Ui)Us非空,则由引理,存在iUs,
使得(i+Ui)Us=i+UiUs.又Us(i+Ui),
UiUs是Us的真子空间. 故i+Ui与Us的交集仍是Us的
真子空间的平移.由归纳假设,至多s–1个真子空间平移的并不能覆盖Us.故存在Us,使得i+Ui,1i<
s.
由于Us是V的真子空间,存在向量Us.
考察直线L:
+k,kK.易知LUs={}.
同理,每个i+Ui(1i<
s)与L至多只有一个交点.
(若+k1,+k2i+Ui,则Ui,进而i+Ui,
矛盾).
另一方面,由于K是无限域,直线L上有无穷多个点,不可能
都被i+Ui(1is)覆盖.这说明s个真子空间平移的并仍
不能覆盖V.由数学归纳原理,命题对一切正整数s成立.
引理:
设U,W是线性空间V的子空间,V.则对任意
(+U)W,都有(+U)W=+UW.
由+U知+U=+U.故只需证明
(+U)W=+UW.
任给UW,有++U且+W.
故+UW(+U)W.
反之,若有U使得+W,则UW.
故(+U)W+UW.
此题如果用到有限维空间(比如多项式的方法)给4分.
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